2025届上海外国语大学附中数学高二上期末达标检测试题含解析

2025届上海外国语大学附中数学高二上期末达标检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．若，则x的值为（）A.4 B.6C.4或6 D.82．瑞士数学家欧拉1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，，其欧拉线方程为，则顶点的坐标可以是（）A. B.C. D.3．把直线绕原点逆时针转动，使它与圆相切，则直线转动的最小正角度A. B.C. D.4．已知圆，圆C2：x2+y2－x－4y+7=0，则“a=1”是“两圆内切”的（）A.充分必要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件5．已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1作直线l交椭圆C于M，N两点，则的周长为（）A.3 B.4C.6 D.86．记为等差数列的前n项和，有下列四个等式，甲：；乙：；丙：；丁：．如果只有一个等式不成立，则该等式为（）A.甲 B.乙C.丙 D.丁7．双曲线的焦点坐标是（）A. B.C. D.8．已知，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.即不充分又不必要条件9．已知函数的导函数为，且满足，则（）A. B.C. D.10．若直线与直线垂直，则a=（）A.-2 B.0C.0或-2 D.111．已知等差数列的前项和为，，，则（）A. B.C. D.12．设椭圆：的右顶点为，右焦点为，为椭圆在第二象限内的点，直线交椭圆于点，为原点，若直线平分线段，则椭圆的离心率为A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知点，，其中，若线段的中点坐标为，则直线的方程为________14．如图，在等腰直角中，，为半圆弧上异于，的动点，当半圆弧绕旋转的过程中，有下列判断：①存在点，使得；②存在点，使得；③四面体的体积既有最大值又有最小值：④若二面角为直二面角，则直线与平面所成角的最大值为45°.其中正确的是______（请填上所有你认为正确的结果的序号）.15．如图，在直棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为___________.16．已知数列满足，则的前20项和___________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在等差数列中，记为数列的前项和，已知：.（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的的值.18．（12分）已知数列满足，，，.从①，②这两个条件中任选一个填在横线上，并完成下面问题.（1）写出、，并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.19．（12分）已知数列的前n项和为，当时，；数列中，.直线经过点（1）求数列的通项公式和；（2）设，求数列的前n项和，并求的最大整数n20．（12分）如图，四棱锥的底面是正方形，平面平面，E为的中点（1）若，证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值的取值范围21．（12分）已知函数在处取得极值确定a的值；若，讨论的单调性22．（10分）某公司有员工人，对他们进行年龄和学历情况调查，其结果如下：现从这名员工中随机抽取一人，设“抽取的人具有本科学历”，“抽取的人年龄在岁以下”，试求：（1）；（2）；（3）.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】根据组合数的性质可求解.【详解】,或，即或.故选：C2、C【解析】设出点C坐标，求出的重心并代入欧拉线方程，验证并排除部分选项，余下选项再由外心、垂心验证判断作答.【详解】设顶点的坐标为，则的重心坐标为，依题意，，整理得：，对于A，当时，，不满足题意，排除A；对于D，当时，，不满足题意，排除D；对于B，当时，，对于C，当时，，直线AB的斜率，线段AB中点，线段AB中垂线方程：，即，由解得：，于是得的外心，若点，则直线BC的斜率，线段BC中点，该点与点M确定直线斜率为，显然，即点M不在线段BC的中垂线上，不满足题意，排除B；若点，则直线BC的斜率，线段BC中点，线段BC中垂线方程为：，即，由解得，即点为的外心，并且在直线上，边AB上的高所在直线：，即，边BC上的高所在直线：，即，由解得：，则的垂心，此时有，即的垂心在直线上，选项C满足题意.故选：C【点睛】结论点睛：的三顶点，则的重心为.3、B【解析】根据直线过原点且与圆相切，求出直线的斜率，再数形结合计算最小旋转角【详解】解析：由题意，设切线为，∴.∴或.∴时转动最小∴最小正角为.故选B.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题4、B【解析】先得出圆的圆心和半径，求出两圆心间的距离，半径之差，根据两圆内切得出方程，从而得出答案.【详解】圆的圆心半径的圆心半径两圆心之间的距离为两圆的半径之差为当两圆内切时，，解得或所以当，可得两圆内切，当两圆内切时，不能得出（可能）故“”是“两圆内切”的充分不必要条件故选：B5、D【解析】由的周长为，结合椭圆的定义，即可求解.【详解】由题意，椭圆，可得，即，如图所示，根据椭圆的定义，可得的周长为故选：D.6、D【解析】分别假设甲、乙、丙、丁不成立，验证得到答案【详解】设数列的公差为，若甲不成立，则，由①，③可得，此时与②矛盾；A错，若乙不成立，则，由①，③可得，此时；与②矛盾；B错，若丙不成立，则，由①，③可得，此时；与②矛盾；C错，若丁不成立，则，由①，③可得，此时；，D对，故选：D.7、B【解析】根据双曲线的方程，求得，结合双曲线的几何性质，即可求解.【详解】由题意，双曲线，可得，所以，且双曲线的焦点再轴上，所以双曲线的焦点坐标为.故选：B.8、B【解析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可求解.【详解】由可得或，所以由得不出，故充分性不成立，由可得，故必要性成立，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B.9、C【解析】求出导数后，把x=e代入，即可求解.【详解】因为，所以，解得故选：C10、C【解析】代入两直线垂直的公式，即可求解.【详解】因为两直线垂直，所以，解得：或.故选：C11、C【解析】利用已知条件求得，由此求得.【详解】依题意，解得，所以.故选：C【点睛】本小题主要考查等差数列的通项公式和前项和公式，属于基础题.12、B【解析】如上图，设AC中点为M,连OM，则OM为的中位线，易得∽，且,即可得，选B.点睛：本题主要考查椭圆的方程和性质，主要是离心率的求法，本题的关键是利用中位线定理和相似三角形定理二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据中点坐标公式求出，再根据直线的两点式方程即可得出答案.【详解】解：由，，得线段的中点坐标为，所以，解得，所以直线的方程为，即.故答案为：.14、①②④【解析】①当D为中点，且A，B，C，D四点共面时,可证得四边形ABCD为正方形即可判断①；②当D在平面ABC内的射影E在线段BC上（不含端点）时，可知平面ABC，可证得平面CDB，即可判断②；③，研究临界值即可判断③；④二面角D-AC-B为直二面角，且D为中点时，直线DB与平面ABC所成角的最大，作图分析验证可判断④.【详解】①当D为中点，且A，B，C，D四点共面时,连结BD，交AC于，则为AC中点，此时，且,所以四边形ABCD为正方形，所以AB//CD，故①正确；②当D在平面ABC内的射影E在线段BC上（不含端点）时，此时有：平面ABC，，又因为，所以平面CDB，所以，故②正确；③，当平面平面ABC，且D为中点时，h有最大值；当A，B，C，D四点共面时h有最小值0，此时为平面图形，不是立体图形，故四面体D-ABC无最小值，故③错误.④二面角D-AC-B为直二面角，且D为中点时，直线DB与平面ABC所成角的最大，取AC中点O，连结DO，BO，则，AC=平面平面ACD，平面平面ACD，所以平面ABC，所以为直线DB与平面ABC所成角，设，则，，所以为等腰直角三角形，所以，直线与平面所成角的最大值为45°，故④正确.故答案为：①②④.15、【解析】建立空间直角坐标系后求相关的向量后再用夹角公式运算即可.【详解】如图，以C为坐标原点，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，所以，所以，故异面直线与所成角的余弦值为，故答案为:.16、135【解析】直接利用数列的递推关系式写出相邻四项之和，进而求出数列的和.【详解】数列满足，所以，故，当时，，当时，，，当时，，所以.故答案为：135.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）或.【解析】(1)根据给定条件求出数列的公差及首项即可计算作答.(2)由(1)求出，建立方程求解作答.【小问1详解】设等差数列公差为，因，则，解得，于是得，所以数列的通项公式为：.【小问2详解】由(1)知，，由得：，即，解得或，所以使成立的的值是或.18、（1）条件选择见解析，，，（2）【解析】（1）选①，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得，并可求得、；选②，推导出数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得，可求得，由此可得出、；（2）求得，，分为偶数、奇数两种情况讨论，结合并项求和法以及等比数列求和公式可求得.【小问1详解】解：若选①，，且，故数列是首项为，公比为的等比数列，，故；若选②，，所以，，且，故数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，，故，所以，，故，.【小问2详解】解：由（1）可知，则，所以，.当为偶数时，；当为奇数时，.综上所述，.19、（1），（2），7【解析】（1）根据之间的递推关系，可写出。，采用和相减得方法，可求得，由题意可推得为等差数列，利用等差数列的通项公式可求得答案；（2）写出的表达式，利用错位相减法可求得数列的前n项和，进而利用数列的单调性求的最大整数n【小问1详解】∵，∴，则，∴，即，得又，∴，即，可得数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，则；∵点在直线上，∴，∴，即数列是等差数列，又，∴；【小问2详解】∵，∴，∴，∴，两式相减可得：，∴,设，则，故，是单调递增的故当时，单调递增的，当时，；当时，，故满足的最大整数20、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）取的中点F，连接．先证明，，即证平面，原题即得证；（2）分别取的中点G，H，连接，证明为直线与平面所成的角，设正方形的边长为1，，在中，，即得解.【小问1详解】解：取的中点F，连接因为，则为正三角形，所以因为平面平面，则平面因为平面，则．①因为四边形为正方形，E为的中点，则，所以，从而，所以．②又平面,结合①②知，平面，所以【小问2详解】解：分别取的中点G，H，则，又,，则，所以四边形为平行四边形，从而.因为，则因为平面平面，，则平面，从而，因为平面，所以平面，从而平面连接，则为直线与平面所成的角.设正方形的边长为1，，则从而，.在中，因为当时，单调递增，则，所以直线与平面所成角的余弦值的取值范围是.21、（1）（2）在和内为减函数，在和内为增函数【解析】（1）对求导得，因为在处取得极值，所以，即